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  Maßtheorie, (einfacher) Beweis, wie folgt die Implikation? |
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Ehemaliges_Mitglied
 |  Themenstart: 2019-08-25
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Hallöchen alle zusammen,
nehmen wir mal, dass gilt \[ \bigcap_{k = 0}^{\infty} B_k = \emptyset. \quad (\star) \] Außerdem wissen wir, dass $B_{k+1} \subset B_k \ \forall k \in \mathbb N \cup \{0\}$. So, wie folgt nun aus diesen Informationen, dass \[ \lim\limits_{n \to \infty} \mu\left( B_n \right) = 0 \ ? \]
Ich habe mir ein paar Sachen dazu überlegt, habe es aber noch nicht geschafft, auf das Gewünschte zu kommen.
(i) Sigma-Stetigkeit von oben bzw. unten (trifft hier aber gerade nicht zu)
(ii) $\lim\limits_{n \to \infty}$ direkt auf $(\star)$ anwenden, komme dann aber auf $\mu\left( \bigcap_{k = 0}^{\infty} B_k \right) = \mu\left( \emptyset\right) = 0$. Problem: Ich sehe nicht, wie $\mu(\cap_k B_k)$ vereinfacht werden könnte.
Hat jemand einen Tipp? Ich möchte nicht die Lösung hören, sondern nur einen Hinweis. :-)
Neymar
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zippy
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-25
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Ohne die Zusatzbedingung $\mu(B_k)<\infty$ für fast alle $k$ gilt die Aussage nicht.
Mit dieser Zusatzbedingung kannst du die $\sigma$-Stetigkeit von oben anwenden.
--zippy
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PhysikRabe
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2019-08-25
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Hallo Neymar,
du kannst $B_k$ geschickt als disjunkte Vereinigung schreiben, indem du die Eigenschaft $B_{k+1} \subset B_k$, $\forall k$ ausnutzt.
Nachtrag @zippy: $\mu(B_{k_0})<\infty$ für ein $k_0$ genügt.
Grüße,
PhysikRabe
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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zippy
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| Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-25
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\quoteon(2019-08-25 16:32 - PhysikRabe in Beitrag No. 2)
Nachtrag @zippy: Z.B. $\mu(B_{k_0})<\infty$ für ein $k_0$ genügt.
\quoteoff
Dann gilt es aber doch automatisch für fast alle $k$.
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PhysikRabe
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| Beitrag No.4, eingetragen 2019-08-25
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\quoteon(2019-08-25 16:41 - zippy in Beitrag No. 3)
Dann gilt es aber doch automatisch für fast alle $k$.
\quoteoff
... Da hast du natürlich recht. :-)
Grüße,
PhysikRabe
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-25
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Ich merke, dass ich hätte den Kontext aufschreiben müssen. Falls wir wüssten, dass wir ein Maß gegeben haben, welches auf einer $\sigma$-Algebra ,,operiert'' und $\mu(B_0) < \infty$, dann wären wir schon fertig, vgl. etwa hier Satz 1.6. Aber das ist nicht der Kontext, den ich (besser gesagt: der Beweis aus einem Buch) betrachtet.
Ich sende euch mal drei Bilder. Ich hoffe, es ist nicht zu viel ...
Eine Sache verstehe ich aber nicht (es geht mir erst einmal nicht darum, wie diese Folge $\mathbf{x}$ konstruiert wird mittels der Kernels, sondern darum, was die Hauptidee des Beweises ist):
Ganz am Ende heißt es: ,,Thus $\mathbf{x} \in \bigcap_{k = 0}^{\infty} B_k$, which contradicts the assumption $\bigcap_{k = 0}^{\infty}B_k = \emptyset$. This proves (3.1.2).''
Aber warum bzw. wie zeigt dies (3.1.2), ohne dass wir $\sigma$-Additivität gegeben hätten?
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50990_25_Aug_2019_1_.jpg
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50990_25_Aug_2019_2_.jpg
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Beste Grüße,
Neymar
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zippy
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| Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-25
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\quoteon(2019-08-25 21:32 - Neymar in Beitrag No. 5)
es geht mir erst einmal nicht darum, wie diese Folge $\mathbf{x}$ konstruiert wird mittels der Kernels, sondern darum, was die Hauptidee des Beweises ist
\quoteoff
In dem Beweis kommt kein "allgemeines Argument" für den Schluss von $\bigcap_{k=0}^\infty B_k=\emptyset$ auf $\lim\limits_{n\to\infty} \mu\left(B_n\right)=0$ zum Einsatz. Es wird vielmehr ein speziell auf die Situation der Markow-Kette zugeschnittener Widerspruchsbeweis geführt, und im Zentrum dieses Widerspruchsbeweises steht die Konstruktion der Folge $\bf x$.
In diesem Sinne ist das Konstruieren dieser Folge die Hauptidee des Beweises.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-26
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Okay, ich verstehe, was du meinst. Die Hauptidee ist die Konstruktion einer Folge $\mathbf{x}$. Dennoch frage ich mich: Es steht, dass dies zum Widerspruch der "assumption" führt. Aber unsere Annahme war doch nicht, dass \[\bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k = \emptyset, \] sondern das wissen wir doch durch Konstruktion. War nicht vielmehr unsere Annahme, dass $\lim\limits_{n \to \infty}\mu(B_n) \ne 0$, so wie das Buch auf der zweiten Seite unten es aufschreibt?
Deshalb habe ich mich gefragt, warum $\mathbf{x} \in \bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k$ zum Widerspruch von $\lim\limits_{n\to \infty}\mu(B_n) \ne 0$ führt.
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zippy
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| Beitrag No.8, eingetragen 2019-08-26
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\quoteon(2019-08-26 08:06 - Neymar in Beitrag No. 7)
Aber unsere Annahme war doch nicht, dass \[\bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k = \emptyset, \] sondern das wissen wir doch durch Konstruktion.
\quoteoff
Richtig.
\quoteon(2019-08-26 08:06 - Neymar in Beitrag No. 7)
War nicht vielmehr unsere Annahme, dass $\lim\limits_{n \to \infty}\mu(B_n) \ne 0$, so wie das Buch auf der zweiten Seite unten es aufschreibt?
\quoteoff
Auch richtig.
\quoteon(2019-08-26 08:06 - Neymar in Beitrag No. 7)
Deshalb habe ich mich gefragt, warum $\mathbf{x} \in \bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k$ zum Widerspruch von $\lim\limits_{n\to \infty}\mu(B_n) \ne 0$ führt.
\quoteoff
$\mathbf{x} \in \bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k$ widerspricht erstmal $\bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k = \emptyset$. Da wir aber wissen, dass Letzteres gilt, muss die Annahme $\lim\limits_{n \to \infty}\mu(B_n)\ne
0$, aus der die Folgerung $\mathbf{x} \in \bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k$abgeleitet wurde, falsch gewesen sein.
Das ist doch die allgemeine Struktur eines Widerspruchsbeweises: Um $A$ zu zeigen, nimmt man $\lnot A$ an und leitet daraus einen Widerspruch $\lnot A\implies\!\bot$ ab. In unserem Fall ist$$\begin{align*}
A:\mkern 20mu &\lim\limits_{n\to \infty}\mu(B_n)=0\;,\\
\lnot A\implies\!\bot:\mkern 20mu &
\lim\limits_{n \to \infty}\mu(B_n)\ne
0\implies\mathbf{x} \in \bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k\implies\bigcap_{i = 0}^{\infty}B_k\ne\emptyset\;.
\end{align*}$$
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-26
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Ich finde das schön dargestellt, jetzt verstehe ich es!
Darf ich dich (noch) etwas zum Beweis fragen?
Also wir defineren ja dann: \[ f^n_k := Q_{k,n} \mathbb{1}_{B_n}. \]
Dann heißt es ein paar Zeilen weiter unten: "By construction, for each $k < n$ we get that $f^n_k = Q_{k,k+1}f^n_{k+1}$." Also was ich versucht habe mir zu klar zu machen, ist, warum auch $f^n_k = Q_{k,k+1}f^n_{k+1}$ gilt. Das Ding ist auch, dass ich überhaupt nicht gefunden habe, wie man das $\overline{f}$ konstruiert, wie im Text angedeutet wird. Ich habe vom Anfang des Buches bis zu der Stelle zweimal geschaut und es bisher nirgendwo gefunden.
Mein bisheriger Ansatz war nur, die Definition anzuschauen: \[ Q_{k, k+1}f^n_{k+1} = \int_{X} P(x_k, dx_{k+1})\overline{f}(x_0, \dots, x_{k+1}) \]
Über jede Antwort würde ich mich freuen!
Neymar
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zippy
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| Beitrag No.10, eingetragen 2019-08-26
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\quoteon(2019-08-26 21:23 - Neymar in Beitrag No. 9)
Das Ding ist auch, dass ich überhaupt nicht gefunden habe, wie man das $\overline{f}$ konstruiert, wie im Text angedeutet wird.
\quoteoff
Wie man $\mathcal F_n$-messbare Funktionen mit $\mathcal X^{\otimes(n+1)}$-messbaren Funktionen identifiziert, wird gleich nach der Definition 3.1.1 gesagt: Eine $\mathcal F_n$-messbare Funktion $f\colon\Omega\to\mathbb R$ hängt nur von den ersten $n+1$ Koordinaten ab. Daher gibt es eine $\mathcal X^{\otimes(n+1)}$-messbare Funktion $\bar f\colon\mathsf X^{n+1}\to\mathbb R$ mit$$
f(\omega)=\bar f(\omega_0,\ldots,\omega_n)\;.$$
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-27
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Ein paar (Nach)fragen.
(i) Was ist der Unterschied bei dir zwischen $\chi$ und $\mathsf X$?
(ii) \quoteon Eine $\mathcal F_n$-messbare Funktion $f\colon\Omega\to\mathbb R$ hängt nur von den ersten $n+1$ Koordinaten ab.
\quoteoff
$>$ Aber $f: \Omega \rightarrow \mathbb R$ hängt nicht von $(n+1)$-Koordinaten ab, sondern von einer, nämlich $\omega \in \Omega$, oder?
(iii) Nehmen wir mal an, dass $f = \chi_{B_n}$, wobei ich mit $\chi_{B_n}$ die charakteristische Funktion meine. Gilt dann auch, dass $\overline f = \chi_{B_n}$, wobei $\overline f: \mathsf X^{n+1} \rightarrow \mathbb R$.
Ich hätte gesagt ja, denn die charakteristische Funktion sollte messbar sein.
Gruß
Neymar
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5025
| Beitrag No.12, eingetragen 2019-08-28
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\quoteon(2019-08-27 22:23 - Neymar in Beitrag No. 11)
(i) Was ist der Unterschied bei dir zwischen $\chi$ und $\mathsf X$?
\quoteoff
Das $\mathcal X$ ist kein $\chi$, sondern ein kalligraphisches X. In deinem Buch wird ein etwas anderer Font verwendet, so dass $\mathcal X$ als $\mathscr X$ und $\mathcal F$ als $\mathscr F$ erscheinen.
\quoteon(2019-08-27 22:23 - Neymar in Beitrag No. 11)
(ii) Aber $f: \Omega \rightarrow \mathbb R$ hängt nicht von $(n+1)$-Koordinaten ab, sondern von einer, nämlich $\omega \in \Omega$, oder?
\quoteoff
Es ist $\Omega$ die Menge der Folgen $\omega=(\omega_0,\omega_1,\ldots)$. Ist damit nicht klar, was es bedeuten soll, dass eine Funktion $\Omega\to\mathbb R$ nur von $(\omega_0,\ldots,\omega_n)$ abhängt?
\quoteon(2019-08-27 22:23 - Neymar in Beitrag No. 11)
(iii) Nehmen wir mal an, dass $f = \chi_{B_n}$, wobei ich mit $\chi_{B_n}$ die charakteristische Funktion meine.
Gilt dann auch, dass $\overline f = \chi_{B_n}$, wobei $\overline f: \mathsf X^{n+1} \rightarrow \mathbb R$.
\quoteoff
Nur so ungefähr, denn du wirfst $f$ und $\bar f$ durcheinander, und um genau deren Unterscheidung geht es doch:
1. Es ist tatsächlich die zu $f$ gehörende Funktion $\bar f$ eine $\mathcal X^{\otimes(n+1)}$-messbare Funktion $\mathsf X^{n+1}\to\mathbb R$.
2. Es ist aber nicht $\bar f = \chi_{B_n}$.
\quoteon(2019-08-27 22:23 - Neymar in Beitrag No. 11)
Ich hätte gesagt ja, denn die charakteristische Funktion sollte messbar sein.
\quoteoff
Sie ist $\mathcal F_n$-messbar. $\mathcal X^{\otimes(n+1)}$-messbar ist aber nicht $f$, sondern $\bar f$.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-28
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Okay, ich habe noch ein paar ,,Grundlagenfragen", entschuldige bitte. Ich glaube aber, dass jetzt der richtige Zeitpunkt ist, sie zu stellen ...
(i) Wir betrachten $f: \Omega \rightarrow \mathbb R$, wobei $\Omega = X^{\mathbb N}$. Wir reden danach darüber, was es bedeutet, wenn $f$ $\mathcal F_n$-measurable ist und können dafür sogar ein Kriterium angeben.
Aber meine Frage ist jetzt: Ist denn für jedes $n \in \mathbb N$ die $\sigma$-Algebra $\mathcal F_n$ (über $\Omega$) auch eine $\sigma$-Algebra über $\mathbb R$ ? Falls ja, dann müsste ich mir das mal klarmachen.
(Ich gebe zu, dass ich aus dem Kontext nicht herauslese, was der range von der Zufallsvariablen $X_m$ jeweils ist, vielleicht $\mathbb R$ (oder eine Teilmenge von $\mathbb R$ ?).
(ii) Ich gebe zu, dass ich immer noch Probleme mit der Schreibweise $\sigma(X_m, m \leq n)$ habe. Konkret: Was der Erzeuger einer $\sigma$-Algebra ist, falls wir nur eine Zufallsvariable reinstecken, ist mir klar (weil ich Def. in einem Lehrbuch gesehen habe).
Wie das aber etwa bei $\sigma(X_1, X_2)$ definiert ist, weiß ich nicht. Ich hatte das, glaube ich, auch mal in einem anderne Thread nachgefragt, aber im Nachhinein ist das leider immer noch verwirrend für mich. Ich glaube, eine Formel für $\sigma(X_1, X_2)$ würde mir schon sehr weiterhelfen (und liebend gerne mit Link!).
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
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| Beitrag No.14, eingetragen 2019-08-29
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\quoteon(2019-08-28 23:58 - Neymar in Beitrag No. 13)
Ist denn für jedes $n \in \mathbb N$ die $\sigma$-Algebra $\mathcal F_n$ (über $\Omega$) auch eine $\sigma$-Algebra über $\mathbb R$ ?
\quoteoff
Nein. Was lässt dich vermuten, dass es so sein könnte?
\quoteon(2019-08-28 23:58 - Neymar in Beitrag No. 13)
Ich gebe zu, dass ich aus dem Kontext nicht herauslese, was der range von der Zufallsvariablen $X_m$ jeweils ist, vielleicht $\mathbb R$ (oder eine Teilmenge von $\mathbb R$ ?).
\quoteoff
Das musst du nicht "aus dem Kontext herauslesen", denn die Definition 3.1.1 sagt explizit, dass die $X_m$ Funktionen $\Omega\to\mathsf X$ sind.
\quoteon(2019-08-28 23:58 - Neymar in Beitrag No. 13)
Wie das aber etwa bei $\sigma(X_1, X_2)$ definiert ist, weiß ich nicht.
\quoteoff
$$\sigma(X_1, X_2) := \sigma\Bigl(
\Bigl\{X_m^{-1}(A):A\in\mathcal X,\,m\in\{1,2\}\Bigr\}
\Bigr)$$In Worten: Bilde für alle Zufallsvariablen alle Urbilder messbarer Mengen, werfe alle diese Mengen in einen Topf und nimm dann die $\sigma$-Algebra, die von den Mengen in diesem Topf erzeugt wird.
Genauso ist$$\sigma(X_m,m\le n) = \sigma\Bigl(
\Bigl\{X_m^{-1}(A):A\in\mathcal X,\,m\in\{0,1,\ldots,n\}\Bigr\}
\Bigr)\;.$$
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-31
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Ich hätte gerne früher geantwortet, es gab aber noch ein Protokoll fertig zu schreiben. Nun ja, jetzt ist es fertig.
\quoteon(2019-08-29 20:30 - zippy in Beitrag No. 14)
\quoteon(2019-08-28 23:58 - Neymar in Beitrag No. 13)
Ist denn für jedes $n \in \mathbb N$ die $\sigma$-Algebra $\mathcal F_n$ (über $\Omega$) auch eine $\sigma$-Algebra über $\mathbb R$ ?
\quoteoff
Nein. Was lässt dich vermuten, dass es so sein könnte?
\quoteon(2019-08-28 23:58 - Neymar in Beitrag No. 13)
Ich gebe zu, dass ich aus dem Kontext nicht herauslese, was der range von der Zufallsvariablen $X_m$ jeweils ist, vielleicht $\mathbb R$ (oder eine Teilmenge von $\mathbb R$ ?).
\quoteoff
Das musst du nicht "aus dem Kontext herauslesen", denn die Definition 3.1.1 sagt explizit, dass die $X_m$ Funktionen $\Omega\to\mathsf X$ sind.
\quoteoff
Was meine Frage angeht, ob $\mathcal F_n$ auch eine $\sigma-$Algebra über $\mathbb R$ ist: Ich weiß jetzt, warum ich mich das gefragt hatte: Es gibt ein früheres Theorem aus dem Buch, wo an einer Stelle mal von einer "bounded $\sigma(X_j, j \geq k)$-measurable random variable $Y$" die Rede ist. Ich verstehe aber aus dem Kontext (oder es steht irgendwo und ich habe es nicht gefunden) nicht so ganz verstanden, wie man eine beschränkte Zufallsvariable haben kann, falls diese nicht in $\mathbb R$ abbildet, ich stelle das mal evtl. hier noch rein oder in einen anderen Thread.
Außerdem danke für deine Definition für $\sigma(X_1, X_2)$ !
(i) Es wird direkt unter Def. 3.1.1 behauptet, dass sich eine Menge $A \in \mathcal F_n$ als $A_n \times \mathscr X^{\otimes (n+1)}$ ausdrücken lässt. Also soweit ich es verstehe, gilt auf jeden Fall $A \subset \Omega = \mathsf X^{\mathbb N}$. Aber $A$ selbst ist auch ein Folgenraum? Also ist ein Folgenraum eine Teilmenge eines Folgenraumes? Macht das Sinn?
Und: Warum lässt sich $A$ so darstellen? Ich muss mir auf jeden Fall noch einmal anschauen, was $\mathscr H^{\otimes (n+1)}$ und $\mathscr H^{\otimes \mathbb N}$ bedeuten.
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
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| Beitrag No.16, eingetragen 2019-08-31
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\quoteon(2019-08-31 18:35 - Neymar in Beitrag No. 15)
Es gibt ein früheres Theorem aus dem Buch, wo an einer Stelle mal von einer "bounded $\sigma(X_j, j \geq k)$-measurable random variable $Y$" die Rede ist. Ich verstehe aber aus dem Kontext (oder es steht irgendwo und ich habe es nicht gefunden) nicht so ganz verstanden, wie man eine beschränkte Zufallsvariable haben kann, falls diese nicht in $\mathbb R$ abbildet
\quoteoff
Um von einer beschränkten Zufallsvariable reden zu können, reicht es, dass deren Werte in einem normierten oder auch nur metrischen Raum liegen.
\quoteon(2019-08-31 18:35 - Neymar in Beitrag No. 15)
Also soweit ich es verstehe, gilt auf jeden Fall $A \subset \Omega = \mathsf X^{\mathbb N}$.
\quoteoff
Ja, das ist richtig.
\quoteon(2019-08-31 18:35 - Neymar in Beitrag No. 15)
Aber $A$ selbst ist auch ein Folgenraum? Also ist ein Folgenraum eine Teilmenge eines Folgenraumes? Macht das Sinn?
\quoteoff
Nun ja: Wegen $A\subset\mathsf X^{\mathbb N}$ sind die Elemente von $A$ Folgen. Also kannst du, wenn du willst, $A$ einen "Folgenraum" nennen.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-01
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Klar, du hast Recht. $A$ ist ein Folgenraum, der aber i.A. nicht alle Folgen enthalten muss, die in $\Omega$ enthalten sind.
Weißt du zufällig, warum ein $A \in \mathcal F_n$ sich als $A_n \times \mathscr X^{\otimes (n+1)}$ sich so darstellen lässt mit $A_n \in \mathscr H^{\otimes (n+1)}$? Ich hatte mir das mal heute Nachmittag ein bisschen überlegt, habe es mir aber noch nicht erklären können.
(PS: Ich habe jetzt auch die Def. von $\mathscr X^{\otimes (n+1)}$ mal nachgeschaut. Interessanterweise habe ich diese gar nicht im Buch gefunden, aber hier gibt es die.)
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5025
| Beitrag No.18, eingetragen 2019-09-01
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\quoteon(2019-09-01 21:45 - Neymar in Beitrag No. 17)
Weißt du zufällig, warum ein $A \in \mathcal F_n$ sich als $A_n \times \mathscr X^{\otimes (n+1)}$ sich so darstellen lässt mit $A_n \in \mathscr H^{\otimes (n+1)}$?
\quoteoff
Ich nehme mal an, dass du hier die Buchstaben durcheinandergeworfen hast, denn diese Aussage ergibt keinen Sinn und ein $\mathscr H$ kommt in dem Text, den du in Beitrag Nr. 5 reinkopiert hast, gar nicht vor.
Was du vermutlich meinst, ist die Aussage, dass ein $A\in\mathcal F_n$ sich als $A=A_n\times\mathsf X^{\mathbb N}$ mit $A_n\in\mathscr X^{\otimes(n+1)}$ schreiben lässt. Warum das so ist, wird doch eigentlich in den 8 Zeilen zwischen dem Block für die Definition 3.1.1 und dem nächsten Block für das Theorem 3.1.2 gesagt.
Hier nochmal ausführlicher: Wegen $\mathcal F_n=\sigma(X_m, m\le n)$ wird $\mathcal F_n$ von Mengen der Form$$
X_0^{-1}(M_0)\cap X_1^{-1}(M_1)\cap\cdots\cap X_n^{-1}(M_n)
\quad\hbox{mit}\quad M_0,M_1,\ldots,M_n\in\mathscr X
$$erzeugt. Nun ist$$
X_0^{-1}(M_0)\cap X_1^{-1}(M_1)\cap\cdots\cap X_n^{-1}(M_n)=
\bigl(M_0\times M_1\times\cdots\times M_n\bigr)\times\mathsf X^{\mathbb N}
$$und die Mengen in den runden Klammern auf der rechten Seite erzeugen die $\sigma$-Algebra $\mathscr X^{\otimes(n+1)}$. Also hat ein $A\in\mathcal F_n$ die Form $A=A_n\times\mathsf X^{\mathbb N}$ mit $A_n\in\mathscr X^{\otimes(n+1)}$.
Kann es sein, dass du noch grundsätzliche Probleme mit Produkt-$\sigma$-Algebren hast? Dann solltest du dieses Thema nochmal nacharbeiten. Du kannst ja den Wikipedia-Artikel als Startpunkt nehmen.
\quoteon(2019-09-01 21:45 - Neymar in Beitrag No. 17)
PS: Ich habe jetzt auch die Def. von $\mathscr X^{\otimes (n+1)}$ mal nachgeschaut. Interessanterweise habe ich diese gar nicht im Buch gefunden
\quoteoff
Auch das wird in dem oben erwähnten Wikipedia-Artikel besprochen. Im Fokus des Buchs von Douc et al. stehen ja ausschließlich Markow-Ketten, und man muss damit rechnen, dass solche Dinge nicht mehr erklärt werden.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-03
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Hallo zippy.
(i) Mir ist etwas Interessantes, aber vermutlich Zufälliges aufgefallen.
In dem von dir referenzierten Wikipedia-Artikel wird die Produkt-Sigma-Algebra wie folgt definiert (ich nehme die dort verwendeten Notationen an):
\[ \otimes_{i \in I} \mathcal A_i := \sigma\left( \{\pi^{-1}_i(A_i) : A_i \in \mathcal A_i, i \in I\} \right) \]
Und die Definition von $\sigma(X_1, X_2)$ z.B. lautet:
\[\sigma(X_1, X_2) := \sigma\Bigl(
\Bigl\{X_m^{-1}(A):A\in\mathscr X,\,m\in\{1,2\}\Bigr\}
\Bigr)\]
Die Zufallsvariablen sind hier gerade Projektionen, das meinte ich mit ,,Zufall" (ist ja nicht im Allgemeinen so). Außerdem haben wir in der zweiten Gleichung jeweils nur eine $\sigma$-Algebra, nämlich $\mathscr X$. Dennoch ein schöner Zusammenhang, wie ich finde.
PS: Wie kriege ich ein schönes großes \( \textit{Tensorzeichen} \) wie auf Wikipedia hin?
(ii) Was ich aber bei der Produkt-Sigma-Algebra bis vorhin nicht verstanden hatte, ist, wieso $\otimes_{i \in I} \mathcal A_i$ eine Sigma-Algebra über dem $\mathbf{kartesischen \ Produkt}$ ist. Ich glaube, ich habe es jetzt verstanden und schreibe das hier auf, um sicherzustellen, dass das so richtig ist. (Ist eigentlich gar nicht so schwer im Nachhinein, fast sogar ,,klar". Aber beim ersten Mal finde ich das nie klar.)
Nehmen wir mal ein konkreteres Beispiel: Sei $I = \{1, 2\}$. Wir haben dann $\mathcal A_1 \otimes \mathcal A_2 = \sigma\left( \{\pi_i^{-1}\left(A_i\right): i \in \{1, 2\}, A_i \in \mathcal A_i\} \right), \Omega = \Omega_1 \times \Omega_2$, $\pi_1: \Omega = \Omega_1 \times \Omega_2 \rightarrow \Omega_1, \ \pi_2: \Omega = \Omega_1 \times \Omega_2 \rightarrow \Omega_2$.
Nun, was sind aber $\pi^{-1}_1(A_i)$ bzw. $\pi^{-1}_2(A_i)$ ?
$>$ Teilmengen von $\Omega_1 \times \Omega_2$.
Ergo betrachten wir im $\sigma-$Operator eine Menge von Teilmenge von $\Omega_1 \times \Omega_2$. Im Grunde ist das ja auch eine ,,kanonische" Wahl, oder?
(iii) \[ \bigcap_{i = 0}^{n} X_i^{-1}(M_i) = \left( \Pi_{i = 0}^{n}M_i\right) \times \underbrace{\mathsf X^{\mathbb N}}_{= \Omega} \]
$>$ Jop, ich denke, es ist mir mittlerweile klar geworden, Beweis mit vollständiger Induktion, um es formal durchzuführen.
(iv) Die Darstellung $A = A_n \times X^{\mathbb N}$ ist aber alles andere als eindeutig, oder, mit $A_n \in \mathscr X^{\otimes (n+1)}$? Die Wahl deiner $(M_i)$ aus Beitrag 18 sollte vollkommen willkürlich sein. Aber die Behauptung von Douc et al. ist ja auch nicht, dass dies eindeutig möglich sei ...
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5025
| Beitrag No.20, eingetragen 2019-09-03
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\quoteon(2019-09-03 21:53 - Neymar in Beitrag No. 19)
PS: Wie kriege ich ein schönes großes \( \textit{Tensorzeichen} \) wie auf Wikipedia hin?
\quoteoff
\otimes : $\mathcal A_1\otimes\mathcal A_2$ ; \bigotimes : $\bigotimes_i\mathcal A_i$
\quoteon(2019-09-03 21:53 - Neymar in Beitrag No. 19)
Ich glaube, ich habe es jetzt verstanden und schreibe das hier auf, um sicherzustellen, dass das so richtig ist.
\quoteoff
Ja, es ist richtig.
\quoteon(2019-09-03 21:53 - Neymar in Beitrag No. 19)
(iv) Die Darstellung $A = A_n \times X^{\mathbb N}$ ist aber alles andere als eindeutig, oder, mit $A_n \in \mathscr X^{\otimes (n+1)}$?
\quoteoff
Für $A\in\mathcal F_n$ ist diese Darstellung eindeutig.
Für $A\in\mathscr A$ (das $\mathscr A$ ist in deinem reinkopierten Text definiert) gibt es ein kleinstes $n$, das diese Darstellung zulässt und für dieses $n$ liegt der Faktor $A_n$ wieder endeutig fest.
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